Умови, щоб двосторонній графік був площинним, без ребер, що йдуть навколо вершин

Двосторонній графік є планарним, якщо він не має неповнолітніх або .$K_{3, 3}$$K_5$

Я шукаю необхідні або / і достатні умови, щоб дозволити площинні малюнки без країв "обходити" набори вершин. Це малюнки, що задовольняють:

1. Всі вершини однієї частини малюються однією вертикальною лінією. Вершини іншої частини малюються паралельною лінією вершини.
2. Краї не перетинаються, за винятком вершин.
3. Краї є в нескінченній смузі між двома вертикальними лініями в точці 1.

Наприклад, усі малюнки, крім правого нижнього, є неприкладами. Нижній лівий графік можна повторно намалювати, щоб задовольнити умови, замінивши позиції Q і R. Вершини двох графіків не можуть бути перероблені для задоволення умов.

Два найкращі графіки - це єдині перешкоди, які я міг знайти. Мої запитання:

1. Чи має ця проблема назва?
2. Будь-які інші перешкоди, які я пропустив?
3. Будь-які натяки на те, як я можу довести, що ці дві перешкоди (разом із усім, що я пропустив), як неповнолітні, звичайно, необхідні та достатні.

Зауважте, що це не те саме, що зовнішньопланарний, є зовнішньопланарним (може бути намальований як квадрат), але його не можна скласти, щоб задовольнити умови, про які я згадував вище.$K_{2, 2}$

Ваші графіки - це саме графіки ширини шляху  або, що рівнозначно, лісів, кожним із компонентів яких є гусениця . Гусениці мають дві відповідні характеристики:$1$

• вони дерева, в яких є єдиний шлях, що містить кожну вершину ступеня більше  ;$1$

• вони дерева, у яких кожна вершина має максимум двох нелістових сусідів.

Лема 1. Кожна гусениця у вашому класі.

Доказ. Нехай - гусениця, а - найдовший шлях, що містить кожну вершину ступеня  або більше. Зауважимо, що за максимальністю . Ми можемо створити креслення  , спочатку намалювавши  як зигзаг, а потім додавши вершини ступеня, що примикають до  між і  . $G$$P=x_1\dots x_\ell$$2$$d(x_1)=d(x_\ell)=1$$G$$P$$1$$x_i$$x_{i-1}$$x_{i+1}$$\Box$

Лема 2. Кожен графік у вашому класі є ациклічним.$G$

Доказ. Припустимо, містить цикл і припустимо, що він має малюнок необхідної форми. Wlog,  вище  . Але тоді ми повинні мати вище  оскільки в іншому випадку лінії та  будуть перетинатися. За індукцією  вище  для всіх і аналогічно для  . Але тоді будь-який рядок$G$$x_1y_1x_2y_2\dots x_ky_kx_1$$x_2$$x_1$$y_2$$y_1$$x_1y_1$$x_2y_2$$x_{i+1}$$x_i$$i\in\{1, \dots, k-1\}$$y$$y_kx_1$повинні або залишити область між двома стовпчиками вершин, або перетнути кожен інший край циклу. Це суперечить нашому припущенню, що графік має належний малюнок. $\Box$

Лема 3. Кожна зв'язана не гусениця не у вашому класі.

Доказ. Нехай - зв'язаний графік, який не є гусеницею. Якщо він містить цикл, він не є у вашому класі за лемою  , тому ми можемо вважати, що це дерево. Якщо це не гусениця, вона повинна містити вершину  з різними сусідами , та  , кожен з яких має ступінь принаймні   .$G$$2$$x$$y_1$$y_2$$y_3$$2$

Припустимо, у нас є креслення  з необхідними властивостями. Wlog,  вище  а  вище  . Нехай - сусід  . Край  повинен перетинати або  , що суперечить нашому припущенню, що на графіку є малюнок необхідної форми. $G$$y_2$$y_1$$y_3$$y_2$$z\neq x$$y_2$$y_2z$$xy_1$$xy_3$$\Box$

Теорема. Ваш клас графіків - це саме клас лісів, кожним із компонентів якого є гусениця.

Доказ. Нехай - графік. Зрозуміло, що  є у вашому класі, якщо і лише якщо кожен компонент є: якщо якийсь компонент неможливо намалювати як потрібно, весь графік не може; якщо кожен компонент можна намалювати так, як потрібно, то весь графік можна намалювати, розташовуючи компоненти один над іншим. Результат тепер випливає з лемм і  . $G$$G$$1$$3$$\Box$

Наслідок Ваш клас графіків - це клас графіків, які не мають або підрозділ  як другорядні.$K_3$$K_{1,3}$

Доказ. Це перешкоди для ширини шляху $1$ . $\Box$

Це, по суті, перешкоди, які ви знайшли: вам потрібен а не оскільки останній дозволить до класу; підрозділ - це саме ваша друга перешкода.$K_3$$K_4$$K_3$$K_{1,3}$

Отже, наступна відповідь - це те, що я придумав:

Як ви вже згадували, є лише два можливі випадки, які неможливо змінити.

Другий випадок не правильне уявлення , якщо ми припустимо , двочастковий граф, так як Вікіпедія визначає двочастковий граф , як: кожне ребро з'єднує вершину в одиниці в .$U$$V$

Редагувати: я неправильно прочитав графік, вибачте за це.

Це залишає нас лише з повним підграфом , що є умовою, якої ви хочете уникати. І навпаки, достатньою умовою є те, що ваш двосторонній графік не має в собі повного підграфа.$K_{2,2}$

Щоб довести, що будь-який інший підграф є дійсним, ви можете уявити наступне:

Спочатку вважаємо, що у нас немає ребер і починаємо з довільного краю . Додаючи наступний край, ми маємо три можливі випадки:$e$

Перший випадок полягає в тому, що у нас є вузол, який ні починається, ні закінчується на тому ж вузлі, що і перший край. Це залишає нас без проблем, і ми можемо продовжувати вставляти.

Другий випадок - у нас є край, який - на своєму шляху - перетинає інший, вже існуючий, край. У цьому випадку ми повинні поміняти вершину або (ту, яка вже має ребро) одним з нових ребер або , таким чином, щоб ми продовжували виконувати критерії.$V_1$$V_2$$V_3$$V_4$

Це передбачає, що у нас немає подальших ребер, починаючи або закінчуючись у вузлах для заміни, що призводить нас до наступного третього випадку: Після підміни однієї з чотирьох вершин нам потрібно простежити всі інші з'єднання з поміненої вершини.$V1-V4$

Ще раз ми можемо знайти лише три рішення: або ми простежимо кінцеве з'єднання, або повторимо крок, який ми вже зробили раніше (простеживши всі кроки, що залишилися). Якщо ми опинимося на кінцевому вузлі, ми можемо поміняти місцями всі відстежені вузли.

Останній можливий випадок призведе до того, що ми вже відвідали вузол, який залишив би нам повний підграф, який ми можемо потім зменшити до згаданої умови .$K_{2,2}$

EDIT: Щоб розповсюдити цей доказ на другий випадок, ми повинні переглянути наступні умови:

Загалом, якщо у нас є підграф з хоча б одним концентратором (3 і більше з'єднань), це "досить просто".

Ми не можемо переставити, якщо у нас відображений регістр із більш ніж двома сусідами вищого ступеня ( ). Це важливо, оскільки це дає знання про подальших сусідів. Нам навіть не потрібно їх простежувати, щоб уникнути будь-яких кіл (як перший випадок), але варто перевірити найближчих сусідів.$\langle k\rangle > 1$

Оскільки я маю лише незначні знання в цій галузі, але все ж хочу надати вам можливе рішення, я зв'язав вам одну (сподіваюся) відповідну статтю

Якщо хтось назвав би цю проблему, мені було б цікаво дізнатись, тим більше, що я придумав це рішення, лише дотримуючись думок з теореми Фарі та повних двосторонніх підграфів.